Định lý Carnot về sự đồng quy của các đường vuông góc với các cạnh của tam giác và ứng dụng

ĐỊNH LÝ CARNOT VỀ SỰ ĐỒNG QUY CỦA CÁC ĐƯỜNG VUÔNG GÓC VỚI CÁC CẠNH CỦA TAM GIÁC VÀ ỨNG DỤNG VŨ THANH TÙNG, NGUYỄN CHƯƠNG CHÍ 1. Lời giới thiệu Vừa qua trên Forum "Bài toán hay–Lời giải đẹp–Đam mê toán học" đã diễn ra một cuộc thảo luận rất sôi nổi giữa các thành viên về một đề tài mà chúng tôi sẽ đề cập trong bài báo này. Đầu tiên là một bài toán hay một giả thiết được đưa ra bởi Đào Thanh Oai. Khi đó, giả thiết này vẫn chưa có lời giải. Bài toán 1 (Đề bài của Đào Thanh Oai [1]). Cho tam giác ABC có Ma, Mb,Mc là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB và Ha, Hb, Hc là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh A,B,C. Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (AMbHc), (BMcHa) và (CMaHb). Chứng minh rằng ba đường thẳng qua A1, B1, C1 và vuông góc với ba cạnh BC,CA,AB đồng quy. Bài toán là một thử thách không nhỏ khi có rất nhiều điểm, nhiều đường. Trong khi đó, phương pháp chứng minh đồng quy lại rất đa dạng là sử dụng tứ giác nội tiếp, Ceva, Desargues, v.v. Tuy vậy, bài toán trên không quá phức tạp. Sử dụng định lý Carnot, chúng tôi đã chứng minh được bài toán trên một cách khá gọn gàng. Ngay sau khi bài toán được chứng minh, đã có rất nhiều nghiên cứu sâu hơn và những hướng mở rộng khác nhau. Bài toán 2 (Nguyễn Ngọc Giang [1]). Cho tam giác ABC có Ma,Mb,Mc là ba trung điểm của các cạnh BC,CA,AB. Gọi P là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng chứa tam giác ABC và có các hình chiếu vuông góc xuống BC,CA,AB lần lượt là Pa, Pb, Pc. Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (AMbPc), (BMcPa), (CMaPb). Chứng minh rằng ba đường thẳng qua A1, B1, C1 và vuông góc với ba cạnh BC,CA,AB đồng quy. 181 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Hình 11.1: Giả thiết của Đào Thanh Oai Bài toán 3 (Nguyễn Văn Lợi [1]). Cho tam giác ABC và hai điểm bất kỳ P,N trên mặt phẳng. Gọi hình chiếu vuông góc của P xuống BC,CA,AB là Pa, Pb và Pc và của N là Na, Nb và Nc. Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (ANbPc), (BNcPa) và (CNaPb). Chứng minh rằng ba đường thẳng qua A1, B1, C1 và lần lượt vuông góc với 3 cạnh BC,CA,AB đồng quy. Như vậy ban đầu Đào Thanh Oai dùng trực tâm và tâm ngoại tiếp, tiếp theo đó Nguyễn Ngọc Giang dùng điểm P bất kỳ và tâm ngoại tiếp, còn Nguyễn Văn Lợi dùng hai điểm bất kỳ P và N làm dữ liệu cho giả thuyết của mình. Điều đáng lưu ý là ở đây cả ba giả thuyết đều đúng và được chứng minh một cách gọn gàng khi dùng định lý Carnot như là một công cụ chính. Đến đây một câu hỏi đặt ra: Nếu chúng ta bỏ qua điều kiện bộ sáu điểm Na, Nb, Nc, Pa, Pb, Pc là hình chiếu vuông góc của hai điểm N,P và chỉ để lại điều kiện là các điểm đó nằm trên ba cạnh của tam giác thì điều kiện cần và đủ để kết luận bài toán vẫn đúng là gì? Chúng tôi đã nghiên cứu lời giải của các bài 182 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Hình 11.2: Hai tam giác trực giao toán đưa ra ở trên và đã tìm ra một điều kiện cần và đủ cho bộ sáu điểm Na, Nb, Nc, Pa, Pb, Pc sao cho kết luận của bài toán vẫn đúng. Bài toán 4 (Bài toán tổng quát [1]). Cho tam giác ABC và sáu điểm Na, Pa ∈ BC,Nb, Pb ∈ CA,Nc, Pc ∈ CA. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ANbPc, BNcPa và CNaPb. Chứng minh rằng các đường thẳng qua A1, B1, C1 và lần lượt vuông góc với BC,CA,AB đồng quy khi và chỉ khi các đường trung trực của NaPa, NbPb, NcPc đồng quy. Rõ ràng các bài toán ở trên đều là những trường hợp đặc biệt của bài toán tổng quát vừa được giới thiệu. Cùng với việc nhắc lại nội dung định lý Carnot chúng tôi sẽ đưa ra một khái niệm mới - đại lượng Carnot, kèm theo đó là một số tính chất nhằm trợ giúp cho việc áp dụng định lý này. Lời giải của bài toán tổng quát cũng sẽ được đưa ra đầy đủ. Cuối cùng là một số bài toán dùng để minh họa cho định lý Carnot và để các bạn tự luyện tập. 183 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Hình 11.3: Bài toán tổng quát 2. Định lý Carnot Xét hai tam giác ABC và A′B′C ′ trên mặt phẳng. Các đường thẳng d′A, d ′ B, d ′ C lần lượt đi qua A ′, B′, C ′ và vuông góc với BC,CA,AB. Ta định nghĩa đại lượng Carnot của tam giác A′B′C ′ đối với tam giác ABC như sau: cABC(A ′B′C ′) = (A′B2 − A′C2) + (B′C2 −B′A2) + (C ′A2 − C ′B2). Đại lượng mới này được đưa ra vì nó rất tiện lợi cho việc phát biểu định lý Carnot theo cách mới. Chú ý rằng đại lượng Carnot phụ thuộc vào thứ tự các đỉnh khi ta xét hai tam giác. Nói cách khác cABC(A′B′C ′) là khác với cABC(B′A′C ′) hay cABC(A′C ′B′). Định lý 1 (Định lý Carnot - 1803). : [2] Ba đường thẳng d′A, d′B, d′C lần lượt đi qua A′, B′, C ′ và vuông góc với BC,CA,AB đồng quy khi vả chỉ khi (A′B2 − A′C2) + (B′C2 −B′A2) + (C ′A2 − C ′B2) = 0 184 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. hay cABC(A ′B′C ′) = 0. Từ định nghĩa của đại lượng Carnot ta thấy: cABC(A ′B′C ′) + cA′B′C′(ABC) = 0. Nhờ định lý Carnot, ta thấy rằng nếu d′A, d ′ B, d ′ C đồng quy tại một điểm X ′ thì ba đường thẳng dA, dB, dC đi qua A,B,C và vuông góc với B′C ′, C ′A′, A′B′ cũng sẽ đồng quy tại một điểm X nào đó. Trong hình học, hai tam giác ABC và A′B′C ′ thỏa mãn điều kiện của định lý Carnot được gọi là trực giao với nhau (orthologic), hai điểm đồng quy được gọi là hai tâm trực giao (orthologic centers). X được gọi là tâm trực giao của tam giác ABC với tam giác A′B′C ′ và X ′ được gọi là tâm trực giao của tam giác A′B′C ′ với tam giác ABC [3]. Sau đây là một số tính chất của đại lượng Carnot. Bổ đề 1. Gọi Ta, Tb, Tc lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB và số thực k ∈ R. Ta có: 1. cABC(A′B′C ′) = −2.(−−→BC. −−→ A′Ta + −→ CA. −−→ B′Tb + −→ AB. −−→ C ′Tc). 2. Nếu A′1A ′ 2⊥BC,B′1B′2⊥CA,C ′1C ′2⊥AB thì: cABC(A ′ 1B ′ 1C ′ 1) = cABC(A ′ 2B ′ 2C ′ 2). 3. Những mệnh đề sau là tương đương: (a) d′A, d ′ B, d ′ C đồng quy. (b) (A′B2 − A′C2) + (B′C2 −B′A2) + (C ′A2 − C ′B2) = 0. (c) cABC(A′B′C ′) = 0. (d) cA′B′C′(ABC) = 0. (e) dA, dB, dC đồng quy. 4. Nếu −−−→ A′1A ′ 0 = k −−−→ A′1A ′ 2, −−−→ B′1B ′ 0 = k −−−→ B′1B ′ 2, −−−→ C ′1C ′ 0 = k −−−→ C ′1C ′ 2 thì: (a) cABC(A′0B ′ 0C ′ 0) = k.cABC(A ′ 1B ′ 1C ′ 1) + (1− k).cABC(A′2B′2C ′2). (b) Nếu A′1B ′ 1C ′ 1, A ′ 2B ′ 2C ′ 2 là trực giao với ABC thì A ′ 0B ′ 0C ′ 0 cũng trực giao với ABC. Hơn nữa, −−−→ X ′1X ′ 0 = k. −−−→ X ′1X ′ 2 với X ′0, X ′ 1, X ′ 2 là các tâm trực giao của các tam giác A′0B ′ 0C ′ 0, A ′ 1B ′ 1C ′ 1, A ′ 2B ′ 2C ′ 2 đối với tam giác ABC. 185 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Hình 11.4: Bổ đề 1.4 2.0.0.1 Chứng minh. 1. Ta có: A′B2 − A′C2 = −−→A′B.(−−→A′C −−−→BC)−−−→A′C.(−−→A′B +−−→BC) = −−−→BC.(−−→A′B +−−→A′C) = −2.−−→BC.−−→A′Ta Tương tự như vậy, ta có: B′C2 −B′A2 = −2.−→CA.−−→B′Tb; C ′A2 − C ′B2 = −2.−→AB. −−→ C ′Tc. Cộng ba đẳng thức trên, ta được: cABC(A ′B′C ′) = −2.(−−→BC.−−→A′Ta +−→CA. −−→ B′Tb + −→ AB. −−→ C ′Tc). 2. Từ phần 1 ta có: cABC(A ′ 1B ′ 1C ′ 1)− cABC(A′2B′2C ′2) = −2.( −−→ BC. −−−→ A′1A ′ 2 + −→ CA. −−−→ B′1B ′ 2 + −→ AB. −−−→ C ′1C ′ 2) 186 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. = 0. 3. Trước hết ta thấy rằng: b⇔ c⇔ d. Ta sẽ chứng minh a⇔ c. Gọi H là giao điểm của d′B và d ′ C. Khi đó, từ phần 2 ta có: cABC(A ′B′C ′) = cABC(A′HH) = cABC(HHH)−2.−−→BC. −−→ A′H = −2.−−→BC.−−→A′H. Suy ra cABC(A′B′C ′) = 0 ⇔ −−→BC. −−→ A′H = 0 ⇔ BC⊥A′H. Như vậy a⇔ c. Tương tự ta có: e⇔ d. 4. a. Từ giả thiết ta có: −−−→ TaA ′ 0 = k. −−−→ TaA ′ 1 + (1− k). −−−→ TaA ′ 2;−−→ TbB ′ 0 = k. −−→ TbB ′ 1 + (1− k). −−→ TbB ′ 2;−−→ TcC ′ 0 = k. −−→ TcC ′ 1 + (1− k). −−→ TcC ′ 2. Từ ba đẳng thức trên và từ phần 1 ta suy ra hệ thức cần chứng minh. b. Gọi X ′0 là một điểm sao cho: −−−→ X ′1X ′ 0 = k. −−−→ X ′1X ′ 2. Từ định lý Thales ta có: A′1X ′ 1‖A′0X ′0‖A′2X ′2. Mặt khác vì A′1X ′1⊥BC nên A′0X ′0⊥BC. Tương tự ta có: B′0X ′ 0⊥CA, C ′0X ′0⊥AB. Do đó X ′0 là tâm trực giao của tam giác A′0B ′ 0C ′ 0 đối với tam giác ABC.  3. Lời giải bài toán tổng quát và bình luận 3.1. Lời giải của bài toán tổng quát Gọi Xa, Xb, Xc lần lượt là trung điểm của NaPa, NbPb, NcPc. Ta sẽ chứng minh rằng: cABC(XaXbXc) = cABC(A1B1C1). Thật vậy, gọi Ta, Tb, Tc là các điểm sao cho ATa, BTb, CTc là đường kính của các đường tròn (A1), (B1) và (C1). Khi đó A1, B1, C1 là trung điểm của ATa, BTb và CTc. Nhờ bổ đề 1 ta có: cABC(TaTbTc) + cABC(ABC) = 2.cABC(A1B1C1). Tuy nhiên ta thấy rằng cABC(ABC) = 0, do đó: cABC(TaTbTc) = 2.cABC(A1B1C1). Mặt khác cũng theo bổ đề 1 ta lại có: cABC(TaTbTc) = (TaB 2 − TaC2) + (TbC2 − TbA2) + (TcA2 − TcB2) 187 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Hình 11.5: Lời giải bài toán tổng quát = (TaB 2 − TaA2)− (TaC2 − TaA2) + (TbC2 − TbB2) −(TbA2 − TbB2) + (TcA2 − TcC2)− (TcB2 − TcC2) = (BP 2c − AP 2c )− (CN2b − AP 2c ) + (CP 2a −BP 2a ) −(AN2c −BN2c ) + (AP 2b − CP 2b )− (CN2a −BN2a ) = cABC(NaNbNc) + cABC(PaPbPc) = 2.cABC(XaXbXc) Từ đó, ta suy ra cABC(XaXbXc) = cABC(A1B1C1). Áp đụng định lý Carnot ta có: các đường thẳng qua A1, B1, C1 lần lượt vuông góc với BC,CA và AB đồng quy⇔ cABC(A1B1C1) = 0⇔ cABC(XaXbXc) = 0 ⇔ các đường thẳng qua Xa, Xb, Xc lần lượt vuông góc với BC,CA và AB đồng quy⇔ các đường trung trực của NaPa, NbPb, NcPc đồng quy. 188 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. 3.2. Một số trường hợp đặc biệt Trong bài toán trên, tập sáu điểm Na, Pa, Nb, Pb, Nc, Pc thỏa mãn điều kiện bài toán tổng quát có một số trường hợp đặc biệt sau • Na, Pa, Nb, Pb, Nc, Pc là giao điểm của một đường tròn (O) với các cạnh của tam giác ABC. Khi đó, các đường trung trực của NaPa, NbPb, NcPc đồng quy tại O. • (Giả thuyết của Nguyễn Văn Lợi đã nêu ở trên [1]) Gọi Na, Nb, Nc là hình chiếu của một điểm N xuống BC,CA,AB;Pa, Pb, Pc là hình chiếu của một điểm P xuống BC,CA,AB. Khi đó ta dễ dàng nhận thấy các đường trung trực của NaPa, NbPb, NcPc đồng quy tại trung điểm của NP . Một trường hợp đặc biệt của (Na, Pa, Nb, Pb, Nc, Pc) sẽ được xây dựng trong một bài tập dưới đây. Ngoài ra chúng ta thấy rằng vai trò của hai điểm Na và Pa trên BC là ngang nhau nên chúng ta có thể hoán đổi hai điểm này. Tương tự, chúng ta cũng có thể hoán đổi hai điểm Nb và Pb, hai điểm Nc và Pc. Như vậy, chúng ta có tám bộ ba đường thẳng đồng quy. Các bạn hãy thử vẽ hình và tìm ra những tính chất mới của tám điểm đồng quy này nhé! 4. Một số bài toán luyện tập Tiếp theo là một số bài toán minh họa cho định lý Carnot và lời giải của chúng. Bài toán 5 (ví dụ về bộ sáu điểm thỏa mãn điều kiện bài toán tổng quát). Cho tam giác ABC, một đường tròn đi qua B,C cắt CA,AB tại Ab, Ac; đường tròn đi qua C,A cắt BC,BA tại Bc, Ba; đường tròn đi qua A,B cắt CA,CB tại Ca, Cb. Chứng minh rằng các đường trung trực của các đoạn CaBa, AbCb, BcAc đồng quy. Lời giải 6. Gọi Aa, Bb, Cc là trung điểm của CaBa, AbCb, BcAc. Theo định lý Carnot, chúng ta cần phải chứng minh rằng: (AC2c −BC2c ) + (BA2a − CA2a) + (CB2b − AB2b ) = 0. 189 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Hình 11.6: 6 điểm thỏa mãn điều kiện của bài toán tổng quát Ta xét từng phần của biểu thức trên: AC2c −BC2c = (ACc +BCc).(ACc −BCc) = AB.(ACc −BCc). Vì ACc = 1/2.(AAc + ABc) = 1/2.(AAc + AB −BBc). BCc = 1/2(BBc + AB − AAc). Do vậy AC2c −BC2c = AB(AAc −BBc). Tương tự như trên: BA2a − CA2a = BC(BBa − CCa); CB2b − AB2b = CA(CCb − AAb). Do đó ta cần phải chứng minh: AB.AAc +BC.BBa + CA.CCb = BA.BBc + CB.CCa + AC.AAb. 190 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Vì bốn điểm B,C,Ac, Ab đồng viên nên AB.AAc = AC.AAb. Tương tự, BC.BBa = BA.BBc và CA.CCb = CB.CCa. Như vậy biểu thức trên đúng. Từ định lý Carnot, ta suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 6 (Định nghĩa orthopole (Soons-1886) [4]). Cho tam giác ABC và một đường thẳng d trên mặt phẳng. Gọi A′, B′, C ′ lần lượt là hình chiếu của A,B,C trên d. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A′, B′, C ′ và lần lượt vuông góc với BC,CA,AB đồng quy tại P (điểm đồng quy P được gọi là orthopole của đường thẳng d đối với tam giác ABC). Hình 11.7: Orthopole Lời giải 7. Ta có: cABC(A ′B′C) = (A′B2 − A′C2) + (B′C2 −B′A2) + (C ′A2 − C ′B2) = (B′B2 + A′B′2 − C ′C2 − A′C ′2) + (C ′C2 +B′C ′2 − A′A2 − A′B′2) +(A′A2 + A′C ′2 −B′B2 −B′C ′2) = 0 191 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Từ định lý Carnot, ta có điều phải chứng minh. Bài toán 7 (Hai tam giác trực giao hoàn toàn (định lý Pantazi) [3]). Giả sử tam giác ABC trực giao với tam giác A′B′C ′ và B′C ′A′. Chứng minh rằng tam giác ABC cũng trực giao với tam giác C ′A′B′. Lời giải 8. Từ định nghĩa của của đại lượng Carnot ta dễ dàng chứng minh được: cABC(A ′B′C ′) + cABC(B′C ′A′) + cABC(C ′A′B′) = 0. Từ đó theo định lý Carnot: cABC(A′B′C ′) = 0; cABC(B′C ′A′) = 0. Do đó ta suy ra cABC(C ′A′B′) = 0. Theo định lý Carnot, ta có điều phải chứng minh. 5. Kết luận Chúng tôi đã giới thiệu định lý Carnot, một công cụ rất hiệu quả khi cần chứng minh các đường thẳng vuông góc với ba cạnh của một tam giác đồng quy. Đại lượng Carnot là một khái niệm mới đã được đưa vào rất tiện lợi trong việc trình bày lời giải các bài toán một cách có hệ thống. Sử dụng định lý Carnot một bài toán tổng quát gần đây mới xuất hiện đã được giải quyết gọn gàng. Tài liệu tham khảo [1] Nhóm "Bài toán hay - Lời giải đẹp - Đam mê toán học": www.facebook.com/groups/Loicenter/ [2] Định lý Carnot www.cut-the-knot.org/pythagoras/Carnot. shtml [3] Hai tam giác trực giao www.mathworld.wolfram.com/ OrthologicTriangles.html [4] Cực trực giao www.mathworld.wolfram.com/Orthopole.html 192